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留数及其应用
摘要数定理得悉,计算函数f(z)沿C的积分,可归纳为计算围线C内
,所以我们只关怀该奇点处罗朗留数理论是复积分和复级数
理论相联合的产物,,在数学剖析及实质问题中,常常一些被积函数的原函数不可以用初等函数表示,有时即使能够,,,;留数计算;应用
引言对留数理论的学****不单是前面知识的延长,更加对原函数不易直接求得的定积分和失常积分的求法供给了一个较为方便的方法.
孤立奇点
(z)在点a的把计算闭曲线上的积分值的问题转变为计算各个孤立奇点上
的留数的问题,即计算在每一个孤立奇点处的罗朗展式中负幂一次项的系数C1.
在一般状况下,求罗朗展式也是比较麻烦的,所以,依据孤立奇点的不一样种类,
分别成立留数计算的一些简易方法是十分必需的.
(z)的可去奇点
则f(z)在0
zz0R某去心邻域内分析,但在点
a不分析,
a
f
sinz
1
以z
0为孤立奇点.
则称
为
,e
z
z
z以z
0为奇点,但不是孤立奇点,是支点.
1以z
0奇点(又由sin
1
0
,得z
1
(k1,2...,)故z0不是孤立奇
1
z
k
sin
z
点)
(z)
的孤立奇点,f(z)
在a的某去心域内,有
f(z)
cn
cn(z
a)
n
称
cn
f(z)在点a的主要部分,称
n
,
n
n1(za)
n0
n=1(za)
cn(z
n
a)f(z)在点a的正部分,
n0
当主要部分0,称af(z)的可去奇点;
当主要部分有限,
cm
c(m1)
L
c1
(cm
0)
(za)m
(za)m1
za
称af(z)的m极点;当主要部分无穷,称
a天性奇点.
留数的定义
函数fz以有限点a孤立点,即fz在点a的某个去心域
0zaR内分析,分1fzdz:za,0Rfz在点a的
2i
留数,:Resfz.
a
留数定理
介留数定理以前,我先来介复周的柯西分定理:
D是由复周C
C0C1
C2
⋯Cn所成的有界通地区,函数fz
_
在D内分析,在DD
C上,
fzdz0.
C
定理1
1(留数定理)f
z在周或复周C所范的地区D内,除
_
a1,a2,⋯,an外分析,在域D
D
C上除a1,a2,⋯,an外,(“大范”
n
(1)
分)f
zdz2i
Resf
z.
Ck1zak
明以ak心,充分小的正数
k半径画周
k
:za
(kk
1,2,⋯,n)
使些周及内部均含于
D,而且相互互相隔绝,用复周的柯西定理得
n
f
zdz
f
zdz,
C
k
1
k
由留数的定,有
f
zdz
2
iResf
z.
k
zak
特地,由定得
fzdz
2iRes,
k
z
ak
代入(1)式得
n
f
zdz
2i
Resf
z.
C
z
ak
k1
定理2
af
z
的n极点,
fz
z
,
za
n
此中
z在点a分析,
a
0,
Resf
z
n1
a
.
n
1!
z
a
里符号
0a代表
a,且有
n
1
a
lim
n
1z
.
z
a
推3
af
z
的一极点,
z
z
a
f
z,
Resf
z
a
.
za
推4
af
z
的二极点,
z
z
a
2
z,
f
Resf
z
'
a.
za
留数的引理
引理1
f
z沿弧SR:z
Rei
(1
2,R充分大)上,且
limzfz
于SR上一致成立(即与
1
2中的
没关),
R
lim
fz
dzi2
1.
RSR
引理2(若尔当引理)
设函数gz
沿半圆周
R:z
Rei
(0
,R充分
大)上连续,且limgz
0
在R上一致成立,则
R
lim
g
zeimzdz
0m
0.
R
R
引理3(1)设a为f
z
的n阶零点,则a必为函数f'
z的一阶极点,而且
f
z
Res
f'z
n;
za
fz
(2)设b为fz的m阶极点,则b必为函数f'z
的一阶极点,而且
fz
Res
f
'z
m.
f
z
zb
函数在极点的留数
法例1:假如z0为f(z)的简单极点,则
Res[f(z),z0
]lim(z
z0)f(z)
zz0
法例
:设
P(z)
z
处分析,假如P(z)
z
2
f(z)
,此中P(z),Q(z)在0
0,0为Q(z)
Q(z)
的一阶零点,则z0为f(z)的一阶极点,且
Res[f(z),z0]
P(z).
Q(z)
法例3:假如z0为f(z)的m阶极点,则
Res[f(z),z0]
1
lim
dm1
[(zz0)m
f(z)].
(
m
)zz0
dz
m1
1!
定理1假如f(z)在扩大复平面上只有有限个孤立奇点(包含无量远点在
内)
为z1,z2,zn,,则f(z)在各点的留数总和为零.
对于在无量远点的留数计算,我们有以下的规则.
法例4:
()
1
1
Res[fz,]
Res[f(z)
z2,0].
例1
求函数f(z)
eiz
2在奇点处的留数.
1
z
解
f(z)有两个一阶极点z
i,于是依据()得
P(i)
i2
i
Res(f,i)
e
Q(i)
2i
2e
Res(f,i)
P(
i)
ei2
ie
Q(
i)
2i
2
例2
求函数f(z)
cos3
z在奇点处的留数.
z
解f(z)有一个三阶极点z0,故由()得
Res(f,0)
1
3cosz
1
1
lim(z
z
3)
lim(
cosz)
2z0
2z0
2
利用留数计算定积分活失常积分没有广泛的适用通法,我们只考虑几种特别种类的积分.
2
1.
形如
f
cosx,sinxdx型的积分
0
这里fcosx,sinx表示cosx,sinx的有理函数,而且在
0,2
上连续,掌握
此类积分要注意,第一:积分上下限之差为
2
,这样看作定积分时x从0经历
变到2
,:被积函数是以正
弦和余弦函数为自变量。当知足这两个特色以后,我们可设zeix
,则dzizdx,
sinx
eix
eix
z2
1,cosx
eix
eix
z2
1
得
2i
2iz
2
2z
2
z21
z21
dz
f
cosx,sinxdx
f
,
0
z1
2z
2iz
iz
n
2
i
Resf
z
.
k
zzk
1
2
d
例1
计算I
.
05
3cos
解令z
ei
,则
2
d
2
I
?z
dz
5
3cos
1i
3z2
10z
3
0
2
1
dz
i?z1
3z
1
z
3
2
2iRes
1
3
.
i
1
3z
1
z
3
2
z
3
2
dx
例2计算I
2
.
2
0
3cosx
2
dx
2
dz
解I
?
2
2
iz
02
3cosx
z1
1
z
2
3
z
2
4
?z1
z
2dz
i
2
4z
3z
3
4
zdz
,
3i
z
1
2
4
?
z
1
z
3
因为分母有两个根z1
1
,z2
3,此中z11,z2
1,
3
所以
I
4
iRes4.
2
3i
zz1
2.
形如
f
xdx型的分
掌握此分要注意,第一剖析其函数特色,函数必足一下两条才能
合用。第一:f
z
P
z,此中P
z,Q
z均对于z的多式,且分母Qz
Qz
的次数起码比分子Pz的次数高两次;第二:f
z
在半平面上的极点k
z(k
=1,2,3,⋯,n),在上的极点xk(k=1,2,3,⋯,n)有
n
f
xdx
2i
Resf
z
.
k
zzk
1
例3算
I
x2
dx.
x4
x2
1
解取fz
z2
z2
,
z21
z2
z1z2
z4
z1
孤立点z
1
3i,z
1
3i,z
3
1
3i,z
1
3i,此中落在上半
1
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
平面的z1,z3,故
2
I
2
i
Resf
z
。
z
zk
3
k1
例4
算I
x2
2dx
a
0
.
x2
a2
解
因为limz
z2
20
,且上半平面只有一个极点
ai,所以
z2
a2
z
I
x2
2
iRes
z2
2
2
2
2
2
x
a
z
ai2
a
z
z2
'
2
i
2
z
ai
zai
.
2a
3.
形如
Px
eimxdx型的积分
Qx
留数公式
定理2
1(若尔当引理)设函数g
z沿半径圆周
R:z
Rei(0
)
上连续,且limg
z
0在R上一致成立,则lim
g
zeimzdz
0m
0.
R
R
R
证明
0,
R0
0,使当RR0时,有
gz
,z
R
于是
gzeimzdz
gRei
eimRei
Reid
R
emRsin
d
()
R
2
0
0
这里利用了
gRei
,Rei
iR
以及eimRei
emRsin
imRcos
emRsin
于是由若尔当不等式
2
sin
(0
)将(2)化为
2
R
gzeimzdz2R
emRsin
d
0
2mR
2
2R
e
1
emR
2mR
m
m
0
即limgzeimzdz
0.
R
举例
例5
计算I
xeix
dx.
x2
2x
10
解不难考证,函数
f
z
zeiz
知足若尔当引理条件.
z2
2z10
这里m
1,gz
z
,函数有两个一阶极点z
13i及z
13i,
z2
2z
10
Resfz
zeiz
13ie3i
z2
2z
'
6i
z
13i
10
z1
3i
于是
I
xeix
dx
2x
x2
10
2
1
3ie3i
i
6i
3
e3
cos1
3sin1ie3
3cos1sin1.
3
P
x
Px
sinmxdx型积分
Qx
cosmxdx和
Qx
定理3
1
设g
z
Px
,此中P
x和Qx是互质多项式,而且切合条
Qx
件:
(1)Qx的次数比Px的次数高;
(2)在实轴上Qx0;
(3)m
0.
则
有
gxeimxdx
2iResgzeimz
zak
imak
(3)
特别地,将(3)式分开实虚部,即可用获得形如
Px
Px
sinmxdx的积分.
cosmxdx及
Qx
Qx
例6计算I
cosx
dx.
x2
1x2
9
解利用
1
0z
以及若尔当引理,且分母在上半圆只有
z2
1
z2
9
两个孤立奇点z
i和z
3i,获得
I
cosx
x2
1
x2
9
Re2
i
Res
eiz
Res
eiz
z
2
1
z
2
9
z
2
1z
2
9
zi
z
3i
Re2
i
eiz
eiz
z2
'
9
z2
1z2
'
1z2
zi
9
z
3i